专题19 动能定理及应用 2021年高考物理二轮专题解读与训练（解析版）

专题 19 动能定理及应用 一、单选题 1．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块初速度为 v 时，上升的最大高度为 H，如图所示；当物块初 速度为 2 v 时，上升的最大高度记为 h.重力加速度大小为 g.则物块与斜坡间的动摩擦因数和 h 分别为（ ） A．tanθ和 2 H B． 2 ( 1)tan2 v gH  和 2 H C．tan θ和 4 H D． 2 ( 1)tan2 v gH  和 4 H 【答案】D 【解析】根据动能定理有：－mgH－μmgH/tanθ＝0－ 21 2 mv ，解得：μ＝（ 2 2 v gH －1）tanθ，故选项 A、 C 错误；当物块的初速度为 2 v 时，有：－mgh－μmgh/tanθ＝0－ 21 ( )2 2 vm ，解得：h＝ 4 H ，故选项 B 错 误；选项 D 正确． 2．如图所示，质量分别为 Am 和 Bm 的两小球，用细线连接悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一 水平线上，细线与竖直方向夹角分别为 1 与 2 （ 1 2  ）。突然剪断 A、B 间的细绳，小球的瞬时加速 度大小分别为 Aa 和 Ba ，两小球开始摆动后，最大速度大小分别 Av 和 Bv ，最大动能分别为 kAE 和 kBE ， 则（ ） A． Am 一定小于 Bm B． Aa 和 Ba 相等 C． Av 一定等于 Bv D． kAE 一定小于 kBE 【答案】A 【解析】A．剪断前，A 球受力平衡，正交分解： A 1 AcosT m g  A 1 AsinT T  联立方程解得： 1 A Atan T m g    ； B 球受力平衡，正交分解： B 2 BcosT m g  B 2 BsinT T  联立方程解析： 2 B Btan T m g    连接 A、B 绳子的拉力 A BT T  ，根据题意 1 2  ，所以 A Bm m ，A 正确； B．剪断细绳后，A、B 两小球均做圆周运动，剪断瞬间速度为 0，向心力为 0，说明在向心方向合力为 0，在切向上重力分力提供加速度： sinmg ma  解得： sin sinmga gm    因为 1 2  ，所以 A Ba a ，B 错误； C．小球摆到最低点时，速度最大，根据动能定理： 21(1 cos ) 2mgl mv  解得： 2 (1 cos )v l   因为摆绳长 A Bl l 、 1 2  ，所以 A Bv v ，C 错误； D．最低点动能最大，根据动能表达式： 2 k 1 2E mv 因为 A Bm m 、 A Bv v ，所以 kAE 和 kBE 关系不能确定，D 错误。 故选 A。 二、多选题 3．如图，质量为 M 的小车静止在光滑的水平面上，小车 AB 段是半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道，BC 段是长为 L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B 点，一质量为 m 的滑块在小车上从 A 点静止开始沿轨道 滑下，然后滑入 BC 轨道，最后恰好停在 C 点，已知小车质量 M=3m，滑块与轨道 BC 间的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g，则下列说法正确的是（ ） A．μ、L、R 三者之间的关系为 R=μL B．滑块 m 运动过程中的最大速度 2mv gR C．全程滑块水平方向相对小车的位移 R+L D．全程滑块相对地面的位移大小 3( ) 4 R Lx  【答案】ACD 【解析】A．根据功能关系可知，滑块减少的重力势能转化为内能 mgR μmgL 解得 R=μL，故 A 正确； B．滑块到 B 点是速度最大，设为 mv ，设小车速度大小为 v，由系统机械能守恒可得 2 2 m 1 1 2 2mgR mv Mv  水平方向动量守恒 mmv Mv 联立得 6 2m gRv  说明滑块 m 运动过程中的最大速度 6 2m gRv  ，故 B 错误； C．全程滑块水平方向相对小车的位移 AC 水平方向的距离，即 R+L，故 C 正确； D．滑块从 A 滑到 B 过程中，小车和滑块组成的系统水平方向动量守恒 1 2mv Mv 作用时间相同，则有 ' 1mx Mx 由几何关系可得 ' 1x x R  联立可得 1 3 4x R 到 B 点后滑块做匀减速运动，由牛顿第二定律可得 mg ma  可得 a g 由前面分析可知此时滑块速度为 6 2m gRv  ，减速为零位移设为 2x ，由运动学公式可得 2 2 m 2 6 2 2 42 3 gR vx a g L          全程滑块相对地面的位移大小   1 2 33 3 4 4 4 R Lx x x R L      故 D 正确。 故选 ACD。 4．如图所示，一个质量为 m、带电量为+q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于 磁感应强度为 B 的匀强磁场中．现给圆环向右初速度 v0，在以后的运动过程中，圆环克服摩擦力所做的 功可能为（ ） A．0 B． C． D． 【答案】ABC 【解析】圆环在运动过程中受到竖直向下的重力和竖直向上的洛伦兹力，如果 0qv B mg 时，圆环与细 杆之间没有弹力，所以摩擦力为零，摩擦力做功为零，A 可能；如果 0qv B mg ，圆环先减速运动，摩 擦力做负功，速度减小，洛伦兹力减小，当 qvB mg 时，再做匀速直线运动，摩擦力为零，不做功，根 据 qvB mg 可得 mgv qB  ，由动能定理可得 2 2 0 1 1 2 2W mv mv   ，解得 3 2 2 0 2 2 1 2 2 m gW mv q B   ，故 C 可能；如果 0qv B mg ，摩擦力做负功，直到静止，所以根据动能定理可得： 2 1 10 2W mv   ，得 21 2W mv ，故 B 有可能． 5．如图所示，倾角为θ=37 的光滑斜面足够长，一质量为 m 的小物体，在沿斜面向上的恒力 F 作用 下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间 t，力 F 做功为 120 J，此后撤去力 F，物 体又经过相同的时间 t 回到斜面底端，若以底端的平面为零势能参考面，则下列说法正确的是（ ） A．撤去力 F 时，物体的动能为 120 J B．恒力 F＝0.8mg C．撤去力 F 时，物体的重力势能是 90 J D．撤去力 F 后物体沿斜面向上运动的距离为撤去 F 前的 1 3 【答案】BCD 【解析】AB. 设有拉力与没拉力时物体的加速度大小分别为 a1、a2，根据物体在拉力作用向上运动的位移 与撤去拉力后回到出发点的位移大小相等，方向相反，得 2 2 1 1 2 1 1 02 2a t a t t a t    得到 a2=3a1 又由牛顿第二定律得 F-mgsinθ=ma1，mgsinθ=ma2 得到 4 sin 0.83 mgF mg  因为拉力做功为 0.8 120JFW mgx  克服重力做功为 3sin37 4 90JFmgh mgx W   根据动能定理可知，此时的动能为 30J，故 A 错误 B 正确。 C.根据以上分析可知，撤去外力时，克服重力做功 90J，所以物体的重力势能是 90 J，故 C 正确。 D.撤去外力前物体匀加速，撤去外力后物体匀减速，匀加速初速度为零，匀减速末速度为零，根据速度 位移关系 2 2 vx a  可知，撤去力 F 后物体沿斜面向上运动的距离为撤去 F 前的 1 3 ，故 D 正确。 6．某家用桶装纯净水手压式饮水器如图所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为 v，供水系统的效率 为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差 H，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截 面积为 S，水的密度为ρ，重力加速度为 g，则下列说法正确的是（ ） A．出水口单位时间内的出水体积Q vS B．出水口所出水落地时的速度 2gH C．出水后，手连续稳定按压的功率为 3 2 Sv vSgH    D．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和 【答案】AC 【解析】A、出水口的体积 V=Sl，则单位时间内的出水体积 Q= ，故 A 正确； B、水从出水平流出后到落地的过程，根据动能定理得 ， 解得： ，所以出水口所出水落地时的速度为 ，故 B 错误； C、手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，在时间 t 内，流过出水口的水的质量 m=ρSvt， 则出水口的水具有的机械能 E= ， 而供水系统的效率为η，所以手连续稳定按压做的功为 W= ， 则功率 P= ，故 C 正确； D、手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和除以供水系统的效率η，故 D 错误； 故选 AC 7．一质量为 的物体,在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运 动一段时间后,拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的 关系图象．已知重力加速度 g =10m/s2，由此可知（ ） A．物体与水平面间的动摩擦因数约为 0.35 B．减速过程中拉力对物体所做的功约为 8J C．匀速运动时的速度约为 6m/s D．减速运动的时间等于 s 【答案】AC 【解析】物体与水平面间的动摩擦因数为 0.35f F N mg     ,A 正确；减速过程中拉力对物体所做的功 可以用这段图线与横轴围城的面积来表达，可以粗略得到功应为 12J,B 错误；对全过程应用动能定理得 21 2FW mgs mv  ，代入数据的 6 /v m s ，C 正确；减速过程物体的加速度逐渐增大，平均速度小于 3m/s,运动时间大于 7 3 s，D 错误． 8．如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为 37°，物体 A 放在斜面底端挡板处，通过不可伸 长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体 B 相连接，B 的质量 M＝1kg，绳绷直时 B 离地面有一定高度．在 t ＝0 时刻，无初速度释放 B，由固定在 A 上的速度传感器得到的数据绘出的 A 沿斜面向上运动的 v﹣t 图象 如图乙所示，若 B 落地后不反弹，g 取 10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（ ） A．B 下落的加速度大小 a＝4m/s2 B．A 沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对 A 做的功 W＝3J C．A 的质量 m＝1.5Kg D．A 与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25 【答案】ABD 【解析】AB 具有相同的加速度，由图可知 B 的加速度为： 22 4m/s0.5 va t   ＝ ＝ ＝ ，故 A 正确．设绳的拉 力为 T，对 B 由牛顿第二定律：Mg-T=Ma，解得：T=Mg-Ma=1×10-1×4=6N，AB 位移相同则由图可知 A 上升阶段，A 的位移为：x＝ 1 2 ×2×0.5＝0.5m，故绳的拉力对 A 做功为：W=Tx=6×0.5J=3J，故 B 正确．由 图可知后 0.25s 时间 A 的加速度大小为： 2' 2' 8m/s' 0.25 va t   ＝ ＝ ＝ ，此过程 A 只受摩擦力和重力： μmgcosθ+mgsinθ=ma′，解得： ' 8 6 0.258 a gsin gcos    ＝ ＝ ＝ ，故 C 错误．上升过程中，对 A 根据牛顿第 二定律得： T-mgsinθ-μmgcosθ=ma，解得 A 的质量：m=0.5kg，选项 C 错误． 9．在两个倾角为 足够长且固定的相同斜面体上，分别有如图所示的两套装置。 1P 、 2P 分别是固定在 B、D 上的挡板，B 上表面水平，D 上表面与斜面平行，完全相同的两个弹簧 1L 和 2L 一端固定在挡板上， 另一端分别连在 A 和 C 上，A 和 C 质量均为 m，所有接触面都光滑，重力加速度为 g，在 A 与 B，C 与 D 分别保持相对静止沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是（ ） A． 1L 处于原长状态， 2L 处于拉伸状态 B． 1L 处于压缩状态， 2L 处于原长状态 C．A 对 B 的压力等于 2cosmg  ，C 对 D 的压力等于 cosmg  D．若 1L 产生弹力，弹力大小为 sin cosmg   【答案】BCD 【解析】对两套装置整体受力分析： 整体加速度 a 为 sin sinMga gM    沿斜面向下。 a 可分解为水平和竖直分加速度。如图： 对物块 A 受力分析： 由牛顿第二定律可得 1 cos sin cosLF ma mg    水平向左。故 1L 处于压缩状态。 sinAmg F ma   解得 2 2sin cosAF mg mg mg    由牛顿第三定律可知，A 对 B 压力为 2cosmg  对物块 C 受力分析： 设弹簧 2L 弹力为 2LF ，方向沿斜面向下 由牛顿第二定律可得 2 sin sinLF mg mg   解得 2 0LF  即 2L 处于原长。 由图可知，C 对 D 的压力等于 cosmg  故选 BCD。 10．如图 1 所示，物体以一定初速度从倾角 37   的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为 3.0m.选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能 E 随高度 h 的变化如图 2 所示， （ 210g m s , 37 0. 60,  37 0. 80sin cos    )．下列说法中正确的是（ ） A．物体的质量 m=1.0kg B．物体可能静止在斜面顶端 C．物体回到斜面底端时的动能 10kE J D．物体上升过程的加速度大小 215 /a m s 【答案】AC 【解析】物体到达最高点时，机械能 PE E mgh  ，则 30 110 3 Em kg kggh    ，A 正确；物体上升 过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功， 30 50cos hf    ，解 得 4f N ，重力沿斜面向下的分力 sin 6 4mg N f N    ，则物体到达斜面顶端后会继续向下滑 动，B 错误；由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功 W=30-50=-20J，在整个过程中由动能定理得 0 2k kE E W  ，则  0 2 50 2 20 10k kE E W J       ，C 正确；物体上升过程中，由牛顿第二定律 得： mgsin f ma   ，解得 210a m s ，D 错误；选 AC. 三、解答题 11．如图所示，一固定在地面上的金属轨道 ABC，AB 与水平面间的夹角为 37  ，一小物块放在 A 处 ( 可视为质点 ) ，小物块与轨道间的动摩擦因数均为 0.25  ，现在给小物块一个沿斜面向下的初速度 0 1m/sv  。小物块经过 B 处时无机械能损失，物块最后停在 B 点右侧1.8m 处（sin37 0.6  ， cos37 0.8° ，g 取 210m/s ）。求： (1)小物块到达 B 处时的速度大小； (2)求 AB 的长 L。 【答案】(1)3m/s；(2)1m 【解析】(1)小物块从 B 向右运动，由动能定理得 2 B 1 2mgs mv  代入数据解得 B 3m/sv  (2)小物块从 A 到 B 过程，由运动学公式得 2 2 B 0 2v v aL  代入数据解得 1mL  12．冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图所示，比赛时，运动员在投掷线 AB 处 让冰壶以 v0=2m/s 的初速度向圆垒圆心 O 点滑出，已知圆垒 圆心 O 到 AB 线的距离为 30m，冰壶与冰面 间的动摩擦因数为 .008.01`  （g 取 2/10 sm ） （1）如果在圆垒圆心 O 有 对方的冰壶，为了将对方冰壶撞开，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰 面，使冰壶与冰面间的动摩擦力因数减小，若用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至 004.02  ，则运动员 用毛刷擦冰面的长度应大于多少米？ （2）若运动员采用擦刷冰面的方式使冰壶刚好运动到圆垒圆心 O 点处，那么冰 壶运动的最短时间是多 少？ 【答案】（1）运动员刷冰面的距离应大于 10m （2）冰壶运动最短时间为 )51050('  tt s 【解析】（1）设滑至 O 点速度为零，由动能定理 mgddSmgmv 21 2 0 )(2 1   …………4 分 解得 md 10 …………3 分 运动员刷冰面的距离应大于 10m （2）由（1）计算可知，在冰面上刷 10m 时，冰壶到达 O 处时速度为 0 在开始刷冰面 10m 时，冰壶到达 O 处运动时间最短 刷过后的加速度为 22 22 /04.0, smm mgaa   …………1 分 2 20 2 1 tatvd  …………1 分 解得  st )52050( …………2 分 运动 d=10m 后剩余 20m 距离以 a1 做匀减速运动 1a 2 1 /08.0 smg  …………1 分 2' 12 120 ta …………1 分 st 510' …………1 分 则冰壶运动最短时间为 )51050('  tt s。 …………2 分 13．如图所示，小球套在一根固定光滑的竖直杆上，杆上的 O 点与墙壁上的 C 点等高，轻质弹簧的一端 用铰链固定在 C 点，另一端与小球相连。改变小球在杆上的位置，发现它能在 O 点上方的 A 处和 O 点下 方的 B 处保持静止。设 CAO  、 CBO  ，已知小球的质量 3.0m kg ，点 C 到竖直杆的距离 42d cm ， 53  ， 37   ，取sin37 0.6 ， cos37 0.8 ， 210 / .g m s 求：  1 小球分别静止在 A、B 两处时，弹簧弹力大小；  2 轻质弹簧的原长和劲度系数。 【答案】(1)50N,37.5N；(2)62.5cm,500N/m 【解析】由于竖直杆是光滑的，小球不受摩擦力作用，所以当小球静止在 A 处时弹簧对小球的力是推 力，弹簧处于压缩状态；当小球静止在 B 处时弹簧对小球的力是拉力，弹簧处于拉伸状态。设小球静止 在 A、B 两处时，弹簧弹力大小分别为 FA、FB，杆的支持力大小分别为 FN1、FN2；又设轻质弹簧的劲度 系数为 k、原长为 l0．依据上述分析可画出小球的受力示意图如图所示， (1) 由共点力平衡条件有， 小球静止在 A 处时，FA cosα=mg FA=mgcosα=50N 小球静止在 B 处时，FB cosβ=mg FB=mgcosβ=37.5N； (2) 由胡克定律及几何关系，A、B 两处的弹簧弹力大小分别为 FA=k（l0 -dsinα） FB=k（dsinβ-l0） 其中 d=42cm=0.42m 联立，将已知数据代入解得 l0=0.625m=62.5cm k=500 N/m。 14．节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量 m=1000kg 的混合 动力轿车，在平直公路上以 v=90km/h 的速度匀速行驶，发动机的输出功率为 P=50kW。当看到前方有大 货车慢速行驶时，提速超过了大货车。这个过程中发动机输出功率不变，蓄电池开始工作，输出功率为 P′=20kW。混合动力轿车运动了 s=1000m 时，速度达到最大，并超过大货车，然后蓄电池停止工作。全 程阻力不变。求： （1）混合动力轿车以 90km/h 在平直公路上匀速行驶时，所受阻力 F 阻的大小； （2）混合动力轿车加速过程中达到的最大速度； （3）整个超车过程中，混合动力轿车消耗的电能 E（保留两位有效数字）。 【答案】（1） 32 10 N （2）35 /m s （3）6.6×105J 【解析】（1）汽车牵引力与功率的关系为 P=Fv 当汽车匀速行驶时 F=F 阻 所以 32 10PF Nv   阻 （2） max =35 /P Pv m sF  阻 ； （3）在加速过程中，由动能定理得   2 2 max 1 1 2 2P P t F s mv mv   阻 消耗的电能 E=P′t，解得 E=6.6×105J 15．飞机在水平跑道上滑行一段时间后起飞．飞机总质量 m＝1×104 kg，发动机在水平滑行过程中保持额 定功率 P＝8 000 kW，滑行距离 x＝50 m，滑行时间 t＝5 s，以水平速度 v0＝80 m/s 飞离跑道后逐渐上升， 飞机在上升过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提 供，不含重力)，飞机在水平方向通过距离 L＝1 600 m 的过程中，上升高度为 h＝400 m．取 g＝10 m/s2. (1)假设飞机在水平跑道滑行过程中受到的阻力大小恒定，求阻力 Ff 的大小； (2)飞机在上升高度为 h＝400 m 过程中，求受到的恒定升力 F 及机械能的改变量． 【答案】(1)1.6×105 N (2)1.2×105 N 4.8×107 J 【解析】（1）飞机在水平滑行过程中，根据动能定理   2 0 1 02Pt fx mv    解得 51.6 10f N  （2）该飞机升空后水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，设运动时间为 t2，竖直 方向加速度为 a，升力为 F，则 0 2L v t 、 2 2 1 2h at 、 F mg ma  解得 51.2 10F N  飞机机械能的改变量 E Fh  ，解得 74.8 10E J   16．如图所示，在竖直平面内有一光滑的 圆弧轨道，圆弧轨道下端与水平光滑桌面相切，小滑块 B 静 止在水平桌面上．现将小滑块 A 由圆弧轨道的最高点无初速释放，A 沿圆弧轨道下滑并滑上水平桌面， 与 B 碰撞后结合为一个整体，继续沿桌面向前滑动．已知圆弧轨道半径 R=0．8m；A 和 B 的质量相等， 均为 m=1kg．取重力加速度 g=10m/s2．求： （1）A 运动到圆弧轨道最低点时的速率 （2）A 运动到圆弧轨道最低点时对圆弧轨道的压力 （3）A 和 B 碰撞过程中系统损失的机械能 【答案】（1）4m/s；（2）30N；（3）4J． 【解析】（1）A 从圆弧轨道最高点运动到最低点过程中：mgR= m 3 分解得：v1 =4m/s 2 分 （2）A 在圆弧轨道最低点时： FN-mg=m 3 分 解得：FN=" 30" N 1 分 根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小 FN´= 30N 1 分 （3）A 和 B 碰撞过程中：mv1=2mv 2 分 ΔE= m - ×2mv22 分 解得：ΔE=4J 2 分